热门试卷

解：设AB的长度为l，∠BAC=α，由几何关系可得：

AC的长度为lcosα，CB的长度为：

lsinα…①

小球沿AB做自由落体运动，运动的时间为t：有：

…②

设AC段所用时间为t1，CB段所用时间为t2，由题可知：

t1+t2=1.5t…③

小球沿AC段运动时，加速度为a1，由牛顿第二定律可得：

mgcosα=ma1…④

且：

…⑤

联立②③⑤，可得：

t1=t，t2=0.5t；…⑥

小球在C点的速度为：

v=gcosα&t1…⑦

沿CB做匀加速运动，加速度为a2，由牛顿第二定律可得：

mgsinα=ma2…⑧

且：

…⑨

联立解得：α=53°．

答：AB与AC的夹角为53°．

解：（1）A在盒子内运动时，qE-mg=ma      E=  由以上两式得　　a=g                                                    

A在盒子内运动的时间=0.2s，A在盒子外运动的时间

所以A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间 T=t1+t2=0.4s                  

（2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度

小球在盒子外运动时，盒子的加速度

小球运动一个周期盒子减少的速度为△v=a1t1+a2t2=4×0.2+2×0.2=1.2m/s

从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为

故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．

（3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为

小球第一次从盒子出来时，盒子的速度v2=v1-a1t1=5.2m/s

小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为

小球第二次进入盒子时，盒子的速度v3=v2-a2t2=4.8m/s

小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为

小球第二次从盒子出来时，盒子的速度v4=v3-a1t1=4m/s

小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为

…

分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差d=0.12m．且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s内盒子通过的路程为0.04m．

所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为．

答：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为0.4s；

（2）盒子上至少要开11个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；

（3）从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为5.8m．

解：（1）由图象可知，物块下滑的加速度a=；

（2）由v-t图象的面积法，上滑的位移

S=4×0.5m=1m           

即物块向上滑行的最大距离1m．

（3）设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，

物体沿斜面上滑过程，受力如图

根据牛顿第二定律

mgsinθ+μmgcosθ=ma1

a1=

物体沿斜面下滑过程，受力如图

根据牛顿第二定律

mgsinθ-μmgcosθ=ma2

a2=；

由以上两式，代入数据后可解得

θ=30°

即斜面的倾角为30°

答：（1）物块下滑的加速度大小为2m/s2；         

（2）物块向上滑行的最大距离为1m；

（3）斜面的倾斜角为30°．

解：物块放到传送带上的初始阶段，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力而做加速运动，其受向右的摩擦力为：

Ff=μmg=0.1×2×10 N=2 N，

加速度为a=μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2

物块与传送带相对滑动时的位移为：x==2 m．

摩擦力做功为：W=Ffx=2×2 J=4 J

相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后匀速运动到B端，物块由A端到B端所用的时间为：

t=+==5 s

则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为：

P==W=0.8 W

答：摩擦力对物块做功的平均功率为0.8 W．

解：（1）物块向右减速至零过程，根据牛顿第二定律得：

此过程运动的位移为：s==0.4m

因为Eq＞umg，减速至零后物块会向左加速运动，有

再次回到O点，有v2=2a2s    解得：v=m/s

（2）经过O点后，向左边运动，此时物块不受电场力，只在摩擦力作用下减速至零，有

则：x==0.2m

答：（1）物块再次经过O点时速度大小为m/s；

（2）物块停止时距O点的距离为0.2m．